Đề minh họa 2020 số 15

Moon.vn

ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA

ĐỀ MINH HỌA SỐ 15

NĂM HỌC: 2019 – 2020
MÔN: Toán
Thời gian làm bài: 90 phút; không kể thời gian phát đề

Câu 1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 2 x − 4 y + 6 z − 1 = 0 . Mặt phẳng ( P )
có một vectơ pháp tuyến là:
r
r
A. n ( 1; − 2;3) .
B. n ( 2; 4;6 ) .

r
C. n ( 1; 2;3) .

r
D. n ( −1; 2;3) .

 a3 
Câu 2. Cho a là số thực dương khác 5 . Tính I = log a 
÷.
5  125 
1
A. I = − .
3

B. I = −3 .

C. I =

1
.
3

D. I = 3 .

Câu 3. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ sau:

Hàm số nghịch biến trên khoảng nào sau đây?
A. ( −∞; 2 ) .
Câu 4. Phương trình 7 2 x
A. 1.

B. ( 0; 2 ) .
2

+5 x + 4

C. ( 2; +∞ ) .

D. ( 0; +∞ ) .

= 49 có tổng các nghiệm bằng

B.

5
.
2

C. −1 .

5
D. − .
2

Câu 5. Cho dãy số ( un ) với un = 2n + 5 . Số hạng u4 bằng
A. 19.

B. 11.

C. 21.

D. 13.

Câu 6. Đường cong như hình vẽ là đồ thị của hàm số nào?

A. y = − x 3 + 3 x 2 + 5 .

B. y = 2 x 3 − 6 x 2 + 5 .
Trang 1


C. y = x 3 − 3 x 2 + 5 .

D. y = x 3 − 3 x + 5 .

Câu 7. Cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + z − 3 = 0 và điểm A ( 1; 2;0 ) , phương trình đường thẳng qua A và
vuông góc với ( P ) là
A.

x −1 y − 2 z
=
= .
1
−2
1

B.

x −1 y + 2 z
=
= .
1
2
2

C.

x −1 y − 2 z
=
= .
−2
1
1

D.

x −1 y − 2 z
=
= .
−2
1
1

Câu 8. Một hình nón có thiết diện qua trục là một tam giác vuông cân có cạnh góc vuông bằng a. Tính
diện tích xung quanh của hình nón.
A.

π a2 2
.
4

B.

π a2 2
.
2

C. π a 2 2 .

D.

2π a 2 2
.
3

Câu 9. Cho tập A có 26 phần tử. Hỏi A có bao nhiêu tập con gồm 6 phần tử?
6
A. A26 .

B. 26.

6
D. C26 .
uuu
r r r r
Câu 10. Trong không gian Oxyz , cho OA = i − 2 j + 3k , điểm B ( 3; − 4;1) và điểm C ( 2;0; − 1) . Tọa độ

C. P6 .

trọng tâm của tam giác ABC là
A. ( 1; −2;3) .

B. ( −2; 2;1) .

C. ( 2; −2;1) .

D. ( −1; 2; −3) .

Câu 11. Cho

2

2

2

0

0

0

∫ f ( x ) dx = 3 và ∫ g ( x ) dx = −1 . Giá trị của ∫  f ( x ) − 5 g ( x ) + x  dx = 3 bằng

A. 12.

B. 0.

C. 8.

D. 10.

Câu 12. Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A′B′C ′ có cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a. Tính thể tích khối
lăng trụ ABC. A′B′C ′ .
a3 3
A.
.
4

a3
C.
.
3

a3 3
B.
.
2

D.

a3 3
.
6

Câu 13. Cho hai số phức z1 = 2 + 3i , z2 = 4 + 5i . Số phức liên hợp của số phức w = 2 ( z1 + z2 ) là
A. w = 12 + 8i .

B. w = 12 − 16i .

C. w = 8 + 10i .

D. w = 28i .

Câu 14. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như hình vẽ:
x

−∞

y′

−1
+

y

0

0

−

+

0

−

3

2
−∞

+∞

1

−1

−1

+∞

Hỏi hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?

Trang 2


A. Có hai điểm.

B. Có bốn điểm.

C. Có một điểm.

D. Có ba điểm.

Câu 15. Tìm họ nguyên hàm của hàm số f ( x ) = x 2 e x
A.
C.

∫

f ( x ) dx = e x

∫

1 3
f ( x ) dx = e x +1 + C .
3

3

+1

+C .

3

+1

B.
D.

∫

f ( x ) dx = 3e x

∫

f ( x ) dx =

3

+1

+C .

x 3 x3 +1
e +C .
3

Câu 16. Số giao điểm của đồ thị hàm số y = x 4 − 5 x 2 + 4 với trục hoành là
A. 3.

B. 2.

C. 4.

D. 1.

Câu 17. Cho hình chóp S . ABC có SA vuông góc với đáy. Tam giác ABC vuông cân tại B, biết
SA = AC = 2a . Thể tích khối chóp S . ABC là
A. VS . ABC =

2 3
a .
3

a3
.
3

B. VS . ABC =

3
C. VS . ABC = 2a .

D. VS . ABC =

4a 3
.
3

2
2

Câu 18. Kí hiệu z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + z + 1 = 0 . Tính P = z1 + z2 + z1 z2

A. P = 1 .

B. P = 2 .

Câu 19. Tìm tập xác định của hàm số y =
A. ( 1; 2 ) .

B. ( 2; +∞ ) .

C. P = −1 .

D. P = 0 .

1
log 2 ( x − 1)
C. ( 1; +∞ ) .

D. ( 1; +∞ ) \ { 2} .

4
2
Câu 20. Giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( x ) = x − 4 x + 5 trên đoạn [ −2;3] bằng

A. 1

B. 50

Câu 21. Trong không gian

C. 5

D. 122

Oxyz , có tất cả bao nhiêu giá trị nguyên của

m

để

x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( m + 2 ) x − 2 ( m − 1) z + 3m 2 − 5 = 0 là phương trình của một mặt cầu?
A. 4.

B. 6.

C. 5.

D. 7.

Câu 22. Cho hình chóp S . ABC có ABC là tam giác vuông tại A, SA vuông góc với mặt phẳng ( ABC )
và AB = 2, AC = 4, SA = 5 . Mặt cầu đi qua các đỉnh của hình chóp S . ABC có bán kính là
A. R =

5
.
2

B. R = 5 .

C. R =

10
.
3

D. R =

25
.
2

Câu 23. Cho hàm số f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ và hàm y = f ′ ( x ) có đồ thị như hình vẽ. Xét
2
hàm số g ( x ) = f ( x − 5 ) . Khẳng định nào dưới đây là đúng?

Trang 3


A. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −∞; −2 ) .
B. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −2;0 ) .
C. Hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( 2; +∞ ) .
D. Hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −2; 2 ) .
12

2 

Câu 24. Hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức  x −
÷ (với x > 0 ) là:
x x


7

B. −264 .

A. 376.

C. 264.

D. 260.

Câu 25. Cho số phức z thỏa mãn z + 2 z = 6 + 2i . Điểm biểu diễn số phức z có tọa độ là
A. ( 2; −2 ) .

B. ( −2; −2 ) .

C. ( 2; 2 ) .

D. ( −2; 2 ) .

Câu 26. Tập nghiệm của bất phương trình log 1 ( x − 1) + log 3 ( 11 − 2 x ) ≥ 0 là
3

 11 
A. S =  3; ÷.
 2

B. S = ( −∞; 4] .

C. S = ( 1; 4] .

D. S = ( 1; 4 ) .

Câu 27. Cho hình nón có độ dài đường sinh bằng 10 và diện tích xung quanh bằng 60π . Thể tích của
khối nón đã cho bằng
A. 360π .

B. 288π .

C. 120π .

D. 96π .

3
2
Câu 28. Cho đồ thị hàm số y = f ( x ) = ax + bx + cx + d như hình vẽ bên. Số đường tiệm cận đứng của

đồ thị hàm số y =

x2 − 1
là
f ( x)

Trang 4


A. 1.

B. 2.

C. 3.

D. 4.

Câu 29. Thể tích vật thể tròn xoay sinh bởi khi quay hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = x 2 − 2 x ,
trục hoành, đường thẳng x = 0 và đường thẳng x = 1 quay quanh trục hoành là
A. V =

16π
.
15

B. V =

4π
.
3

C. V =

8π
.
15

D. V =

2π
.
3

Câu 30. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm A ( 0;1;0 ) và mặt phẳng ( Q ) : x + y − 4 z − 6 = 0
x = 3

và đường thẳng d :  y = 3 + t . Phương trình mặt phẳng qua A song song với d và vuông góc với mặt
 z = 5 − t
phẳng ( Q ) là
A. x − 2 y + z + 2 = 0 .

B. 3 x − y − z + 1 = 0 .

C. x + y + z − 1 = 0 .

D. 3 x + y + z − 1 = 0 .
2

P
 x 
Câu 31. Cho ∫ 
+ C . Giá trị của biểu thức m + n + p bằng
÷ dx = mx + n ln x + 1 +
x +1
 x +1 
A. 0.

B. −1 .

D. −2 .

C. 1.

Câu 32. Cho hàm số f ( x ) liên tục trên ¡ thỏa mãn các điều kiện: f ( 0 ) = 2 2 , f ( x ) > 0 , ∀x ∈ ¡ và
f ( x ) . f ′ ( x ) = ( 2 x + 1) 1 + f 2 ( x ) , ∀x ∈ ¡ . Khi đó giá trị f ( 1) bằng
A. 15 .

B.

23 .

C.

24 .

D.

26 .

Câu 33. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua điểm
M ( 1; 2;3) và song song với giao tuyến của hai mặt phẳng ( P ) : 3 x + y − 3 = 0 , ( Q ) : 2 x + y + z = 0 .
x = 1+ t

A.  y = 2 + 3t .
 z = 3 + t

x = 1+ t

B.  y = 2 − 3t .
 z = 3 − t

x = 1− t


C.  y = 2 − 3t .
 z = 3 + t

x = 1+ t

D.  y = 2 − 3t .
 z = 3 + t

2
2
Câu 34. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đạo hàm f ′ ( x ) = x ( x − 2 ) ( x − 6 x + m ) với mọi

x ∈ ¡ . Có bao nhiêu số nguyên m thuộc đoạn [ −2019; 2019] để hàm số g ( x ) = f ( 1 − x ) nghịch biến

trên khoảng ( −∞; −1) ?
A. 2010.

B. 2012.

C. 2011.

D. 2009.

Câu 35. Cho hàm số y = f ( x ) , hàm số y = f ′ ( x ) liên tục trên ¡ và có bảng biến thiên như hình vẽ

Trang 5


x +1
Bất phương trình f ( x ) < 4e + m có nghiệm x ∈ ( −1;1) khi và chỉ khi

A. m ≥ f ( −1) − 4 .

2
B. m ≤ f ( 1) − 4e .

2
C. m < f ( 1) − 4e .

2
D. m > f ( 1) − 4e .

Câu 36. Một lớp có 19 học sinh nữ và 25 học sinh nam. Bạn lớp trưởng nữ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh
khác nhau tham gia một hoạt động của Đoàn trường. Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ
bằng (làm tròn đến chữ số thập phân thứ 4).
A. 0,0849.

B. 0,8826.

C. 0,8783.

D. 0,0325.

Câu 37. Một hình hộp chữ nhật có chiều cao là 90 cm, đáy hộp là hình chữ nhật có chiều rộng là 50cm và
chiều dài là 80cm. Trong khối hộp có chứa nước, mực nước so với đáy hộp có chiều cao là 40cm. Hỏi khi
đặt vào khối hộp một khối trụ có chiều cao bằng chiều cao khối hộp và bán kính đáy là 20cm theo phương
thẳng đứng thì chiều cao của mực nước so với đáy là bao nhiêu?
A. 68,32cm.

B. 78,32cm.

Câu 38. Cho phương trình 2 x

3

+ x2 − 2 x+ m

− 2x

C. 58,32cm.
2

+x

D. 48,32cm.

+ x3 − 3 x + m = 0 . Tập các giá trị m để phương trình có 3

nghiệm phân biệt có dạng ( a; b ) . Tổng ( a + 2b ) bằng:
A. 1.

C. −2 .

B. 0.

D. 2.

Câu 39. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a và ·ABC = 60° . Hình chiếu vuông góc
của điểm S lên mặt phẳng ( ABCD ) trùng với trọng tâm tam giác ABC. Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng
SB và mặt phẳng ( SCD ) , tính sin ϕ biết rằng SB = a .

A. sin ϕ =

1
.
4

B. sin ϕ =

1
.
2

C. sin ϕ =

3
.
2

D. sin ϕ =

Câu 40. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục và có đạo hàm trên ¡ thỏa mãn f ( 2 ) = −2 ;

2
.
2

2

∫ f ( x ) dx = 1 . Tính
0

3

tích phân I =

∫ f ′(

−1

A. I = −5 .

)

x + 1 dx
B. I = 0 .

C. I = −18 .

D. I = −10 .

x = 1+ t
x = 1


Câu 41. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d1 :  y = 2 + t và d 2 :  y = 2 + 7t ′ .
 z = 3
 z = 3 + t ′
Phương trình đường phân giác của góc tù giữa d1 và d 2 là

Trang 6

A.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
5
−12
1

B.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
5
2
1

C.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
−5
2

1

D.

x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
5
12
1

Câu 42. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ.

 3sin x − cos x − 1 
= f ( m 2 + 4m + 4 ) có
Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số m để phương trình f 
÷
 2 cos x − sin x + 4 
nghiệm?
A. 4.

B. 5.

C. Vô số.

D. 3.

Câu 43. Cho hai số phức z1 , z2 thỏa mãn z1 + 2 − i = 2 và z2 = iz1 . Tập hợp điểm biểu diễn số phức
w = z1 − z2 trên mặt phẳng tọa độ là đường tròn có tâm

A. I ( 1; −3) .

B. ( −1;3) .

C. ( 0; 2 ) .

D. ( 2;0) .

Câu 44. Cho hàm số f ( x ) . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) trên [ −3; 2] như hình vẽ (phần cong của đồ thị
là một phần của parabol y = ax 2 + bx + c ). Biết f ( −3) = 0 , giá trị của f ( −1) + f ( 1) bằng

A.

23
.
6

B.

31
.
6

C.

35
.
3

D.

9
.
2

Câu 45. Cho hàm số y = f ( x ) có bảng biến thiên như sau

Trang 7


3
2
Số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) = 2 f ( x ) + 4 f ( x ) + 1

A. 4.

B. 9.

C. 5.

D. 3.

Câu 46. Cho khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ cạnh a. Các điểm E, F lần lượt là trung điểm của C ′B′ và
C ′D′ . Mặt phẳng ( AEF ) cắt khối lập phương đã cho thành hai phần, gọi V1 là thể tích khối chứa điểm

A′ và V2 là thể tích khối chứa điểm C ′ . Khi đó
A.

25
.

47

B. 1.

V1
là:
V2
C.

8
.
17

D.

17
.
25

Câu 47. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho mặt cầu ( S ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) + ( z − 1) = 16 . Mặt phẳng
2

( P)

2

2

thay đổi luôn đi qua điểm A ( 2;1;9 ) và tiếp xúc mặt cầu ( S ) . Đặt M, m lần lượt là giá trị lớn nhất,

giá trị nhỏ nhất của khoảng cách từ điểm O đến ( P ) . Giá trị M + m bằng
A. 8.

B. 8 3 .

C. 9.

D. 15 .

Câu 48. Cho hàm số y = f ( x ) có đạo hàm liên tục trên ¡ . Đồ thị của hàm số y = f ′ ( x ) như hình vẽ

m 2

2
Đặt g ( x ) = 2 f  x + ÷− x − mx + m − 3 với m là tham số. Gọi S là tập hợp các giá trị nguyên của tham
2


số m ∈ [ −15;15] để hàm số y = g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( 3; 4 ) . Số phần tử của tập hợp S là
A. 7.

B. 6.

C. 5.

D. 4.

Trang 8

Câu 49. Cho hàm số y = f ( x ) liên tục trên ¡ và có đồ thị như hình vẽ. Tổng tất các giá trị nguyên của
f ( x)
f ( x)
2
≤ ( −m 2 + 5m ) .4 f ( x ) đúng ∀x ∈ ¡ là
tham số m để bất phương trình 9.6 + ( 4 − f ( x ) ) .9

A. 10.

B. 4.

C. 5.

D. 9.

Câu 50. Cho z và w là các số phức thỏa các điều kiện z ( w + 1) + iw − 1 = 0 , w + 2 = 1 . Giá trị nhỏ nhất
của biểu thức T = z − 1 − 3i bằng
A. 2 2 .

B. 4 2 .

C. 3 2 .

D. 5 2 .

Trang 9


Đáp án
1-A

11-D
21-D
31-D
41-C

2-D
12-B
22-A
32-C
42-D

3-B
13-B
23-B
33-D
43-B

4-D
14-A
24-C
34-C
44-B

5-D
15-C
25-A
35-D
45-C

6-C

16-C
26-C
36-C
46-A

7-A
17-A
27-D
37-C
47-C

8-B
18-D
28-A
38-D
48-A

9-D
19-B
29-C
39-D
49-B

10-C
20-B
30-D
40-D
50-C

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1: Đáp án A

r
Mặt phẳng ( P ) : 2 x − 4 y + 6 z − 1 = 0 nhận a = ( 2; − 4;6 ) làm một vectơ pháp tuyến.
r
r
r
r
r
r
Xét n = ( 1; − 2;3) . Ta có a = 2n nên suy ra a và n cùng phương. Vậy: n = ( 1; − 2;3) cũng là một vectơ
pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) .
Câu 2: Đáp án D
Phương pháp:
m
Sử dụng công thức log a b = m log a b ( 0 < a ≠ 1, b > 0 )

Cách giải:
3

 a3 
a
a
Ta có: I = log a 
÷ = log a  ÷ = 3log a  ÷ = 3 .
5  125 
5 5
5 5
Câu 3: Đáp án B
Dựa vào bảng biến thiên suy ra hàm số nghịch biến trên ( 0; 2 ) .

Câu 4: Đáp án D
Phương pháp:
f ( x)
= a g( x) ⇔ f ( x ) = g ( x )
Đưa về cùng cơ số: a

( 0 < a ≠ 1)

Cách giải:
2x
Ta có 7

2

+5 x + 4

1

x=−
= 49 = 7 2 ⇔ 2 x 2 + 5 x + 4 = 2 ⇔ 
2
 x = −2


1
−5
Vậy tổng các nghiệm của phương trình là − − 2 =
2
7
Câu 5: Đáp án D

Ta có: u4 = 2.4 + 5 = 13 .
Câu 6: Đáp án C
Phương pháp:
y xác định dấu của hệ số a và loại đáp án.
+) Dựa vào xlim
→+∞
+) Dựa vào các điểm đồ thị hàm số đi qua xác định đáp án đúng.
Trang 10


Cách giải:
y = +∞ ⇒ Loại đáp án A.
Đồ thị hàm số đã cho là hàm đa thức bậc ba có a > 0 do xlim
→+∞
Đồ thị hàm số đi qua điểm ( 2;1) ⇒ Loại các đáp án B và D.
Câu 7: Đáp án A
Phương trình đường thẳng

x −1 y − 2 z
=
= .
1
−2
1

Câu 8: Đáp án B
Chú ý thiết diện qua trục tam giác vuông cân nên
2R = a 2 ⇒ R =

a

a
π a2 2
⇒ S xq = π Rl = π
.a =
2
2
2

Câu 9: Đáp án D
Phương pháp:
k
Số tập con gồm k phần tử của tập hợp A gồm n phần tử là Cn

Cách giải:
6
Số tập con gồm 6 phần tử trong tập A gồm 26 phần tử là C26 .

Câu 10: Đáp án C
uuu
r r r r
Từ giả thiết OA = i − 2 j + 3k ⇒ A ( 1; − 2;3)
x A + xB + xC

=2
 xG =
3

y + yB + yC
= −2 ⇒ G ( 2; − 2;1)
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có:  yG = A

3

 z = z A + z B + zC = 1
 G
3
Câu 11: Đáp án D
2

2

2

2

0

0

0

0

Ta có: I = ∫  f ( x ) − 5 g ( x ) + x  dx = ∫ f ( x ) dx − 5∫ g ( x ) dx + ∫ xdx
Do đó: I = 3 − 5 ( −1) +

1 2 2
( 2 − 0 ) = 10 .
2

Câu 12: Đáp án B

Đáy là tam giác đều, diện tích cần ghi nhớ, khi đó V =

a2 3
a2 3
.
.2a =
4
2

Câu 13: Đáp án B
Ta có: w = 2 ( z1 + z2 ) = 2 ( 2 + 3i + 4 + 5i ) = 12 + 6i ⇒ w = 12 − 6i
Câu 14: Đáp án A
Phương pháp
Dựa vào BBT để xác định số điểm cực trị của đồ thị hàm số
Trang 11


Cách giải
Dựa vào BBT ta thấy hàm số có 2 điểm cực trị là x = −1, x = 1
Câu 15: Đáp án C
Phương pháp:
Sử dụng phương pháp đổi biến, đặt t = x 3 + 1
Cách giải:

∫ f ( x ) dx = ∫ x e

2 x3 +1

dx

3
2
2
Đặt t = x + 1 ⇒ dt = 3x dx ⇒ x dx =

⇒ ∫ f ( x ) dx = ∫

dt
3

et dt 1 t
1 2
= e + C = ee +1 + C
3
3
3

Câu 16: Đáp án C
Phương pháp:
Giải phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành. Số nghiệm của phương trình
chính là số giao điểm.
Cách giải:
 x = ±2
4
2
2
2
Xét phương trình hoành độ giao điểm: x − 5 x + 4 = 0 ⇔ ( x − 4 ) ( x − 1) = 0 ⇔ 
 x = ±1
Vậy số giao điểm của đồ thị hàm số đã cho với trục hoành là 4.

Câu 17: Đáp án A
Phương pháp:
1
Sử dụng công thức tính thể tích khối chóp V = S day .h
3
Cách giải:
Do ∆ABC vuông cân tại B có AC = 2a ⇒ AB = BC =
⇒ VS . ABC

AC
=a 2
2

1
1
1
2a 3
.
= SA. BA.BC = .2a.a 2.a 2 =
3
2
6
3

Câu 18: Đáp án D
Do z1 , z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + z + 1 = 0 nên z1 + z2 = −1; z1 z2 = 1
Ta có P = z12 + z22 + z1 z2 = ( z1 + z2 ) − z1 z 2 = ( −1) − 1 = 0 .
2

2

Câu 19: Đáp án B
Điều kiện log 2 ( x − 1) > 0 ⇒ x − 1 > 1 ⇒ x > 2 .
Câu 20: Đáp án B

Trang 12


x = 0
3
Ta có f ′ ( x ) = 4 x − 8 x ⇒ f ′ ( x ) = 0 ⇔ 
x = ± 2

(

)

Trên đoạn [ −2;3] ta có f ( −2 ) = 5; f ( 3) = 50; f ( 0 ) = 5; f ± 2 = 1
f ( x ) = 50
Vậy max
[ −2;3]
Câu 21: Đáp án D
Phương trình đã cho là phương trình của một mặt cầu
⇔ ( m + 2 ) + ( m − 1) − 3m 2 + 5 > 0 ⇔ m2 − 2m − 10 < 0 ⇔ 1 − 11 < m < 1 + 11 .
2

2

Do

m∈¢

nên

m ∈ { −2; −1;0;1; 2;3; 4} . Vậy có 7 giá trị nguyên của m thỏa yêu cầu bài toán.
Câu 22: Đáp án A
Phương pháp:
Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp có cạnh bên vuông góc với đáy là
h2
2
, trong đó h là chiều cao của khối chóp và Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy.
R=
+ S day
4
Cách giải:
Xét tam giác vuông ABC ta có BC = AB 2 + AC 2 = 22 + 42 = 2 5
Tam giác ABC vuông tại A nên nội tiếp đường tròn đường kính BC
Gọi Rday là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ⇒ Rday =

BC
= 5
2

Sử dụng công thức tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ABC có SA ⊥ ( ABC ) :
R=

SA2
5
5
2

+ Sday
=
+5 = .
4
4
2

Câu 23: Đáp án B
x = 0
2
Ta có g ′ ( x ) = 2 xf ′ ( x − 5 ) ; g ′ ( x ) = 0 ⇔  f ′ x 2 − 5 = 0
)
 (
x = 0
x = 0
2

Từ đồ thị ta suy ra x − 5 = −1 ⇔  x = ±2
 2
x − 5 = 2
 x = ± 7
Bảng biến thiên
x

−∞

−2

− 7

x

−

−

f ′ ( x2 − 5)

+

0

g′

−

0

0
− 0

−
+

0 −
0 +

2
+
−

0

+
0

− 0

+∞

7
+

−
−

0
0

+
+
Trang 13


g
Dựa vào bảng biến thiên ta thấy hàm số g ( x ) đồng biến trên khoảng ( −2;0 ) .
Câu 24: Đáp án C
12

2 


Số hạng tổng quát của khai triển  x −
÷ (với x > 0 ) là
x x

k

12 − k

Tk +1 = C .x
k
12

3k

5k

−
12 −
2 

k
k
k
12 − k
k
2
2
. −
÷ = ( −2 ) .C12 .x .x = ( −2 ) .C12 .x

 x x

Số hạng trên chứa x 7 suy ra 12 −

5k
=7⇔k =2
2

Vậy hệ số của số hạng chứa x 7 trong khai triển trên là = ( −2 ) .C122 = 264 .
2

Câu 25: Đáp án A
Gọi số phức z = x + yi với x, y ∈ ¡ . Theo bài ra ta có
x=2

( x + yi ) + 2 ( x − yi ) = 6 + 2i ⇔ 3x − yi = 6 + 2i ⇔  y = −2


Vậy điểm biểu diễn số phức z có tọa độ là ( 2; −2 ) .
Câu 26: Đáp án C
Phương pháp:
Biến đổi đưa về cùng cơ số 3 rồi giải bất phương trình.
Cách giải:

{

x > 1
11
x −1 > 0


⇔  11 ⇔ 1 < x <
Điều kiện:
11 − 2 x > 0
2
 x < 2
Ta có:
log 1 ( x − 1) + log 3 ( 11 − 2 x ) ≥ 0 ⇔ − log 3 ( x − 1) + log 3 ( 11 − 2 x ) ≥ 0
3

⇒ log 3

11 − 2 x
11 − 2 x
11 − 2 x
12 − 3x
≥0⇔
≥1⇔
−1 ≥ 0 ⇔
≥0
x −1
x −1
x −1
x −1

⇔ 12 − 3 x ≥ 0 ⇔ x ≤ 4 (do x − 1 > 0 )
Kết hợp với điều kiện 1 < x <

11
ta được 1 < x ≤ 4 hay tập nghiệm của bất phương trình là S = ( 1; 4]
2

Câu 27: Đáp án D
Gọi bán kính đường tròn đáy của khối nón là R
Diện tích xung quanh của khối nón S = π R.10 = 60π ⇒ R = 6
1
1
2
2
2
2
2
2
Thể tích khối nón đã cho bằng: V = π .R . l − R = π .6 . 10 − 6 = 96π
3
3
Câu 28: Đáp án A
Trang 14


Dễ thấy f ( x ) = k ( x + 1) ( x − 1) ( x − 2 )
Do đó y =

( x − 1) ( x + 1)
x2 −1
1
=
=
f ( x ) k ( x + 1) ( x − 1) ( x − 2 ) k ( x − 2 )

Vậy đồ thị hàm số y =

x2 −1
có 1 đường tiệm cận đứng.
f ( x)

Câu 29: Đáp án C
1

2
Thể tích cần tính bằng V = π ∫ ( x − 2 x ) dx =
2

0

8π
15

Câu 30: Đáp án D
uur
uur uu
r
Ta có nP =  nQ ; ud  = ( 15;5;5 ) ⇒ ( P ) : 3 x + y + z − 1 = 0
Câu 31: Đáp án D
2
2

1 
2
1 
1

 x 

dx
=
1
−
dx
=
1
−
+

∫  x + 1 ÷
∫  x + 1 ÷
∫  x + 1 ( x + 1) 2  dx = x − 2 ln x + 1 − x + 1 + C



⇒ m = 1; n = −2; p = −1 . Vậy m + n + p = 1 − 2 − 1 = −2 .
Câu 32: Đáp án C
Phương pháp:
Chia cả hai vế cho 1 + f 2 ( x ) rồi lấy nguyên hàm hai vế tìm f ( x )
Cách giải:
Ta có: f ( x ) . f ′ ( x ) = 2 x + 1 1 + f 2 ( x )
⇒

f ′( x) . f ( x)

Tính

1+ f 2 ( x)

∫

= 2x + 1 ⇒ ∫

f ′( x) . f ( x)
1+ f

2

( x)

f ′( x) . f ( x)
1+ f 2 ( x)

dx = ∫ ( 2 x + 1) dx

dx ta đặt 1 + f 2 ( x ) = t ⇒ 1 + f 2 ( x ) = t 2 ⇔ 2 f ( x ) f ′ ( x ) dx = 2tdt

⇒ f ( x ) f ′ ( x ) dx = tdt
Thay vào ta được

∫

f ′( x) . f ( x)
1+ f 2 ( x)

dx = ∫

tdt
= ∫ dt = t + C = 1 + f 2 ( x ) + C
t

Do đó 1 + f 2 ( x ) + C = x 2 + x

(

f ( 0) = 2 2 ⇒ 1 + 2 2

)

2

+ C = 0 ⇔ C = −3

Từ đó:
1 + f 2 ( x ) − 3 = x2 + x ⇒ 1 + f 2 ( x ) − 3 = 1 + 1 ⇔ 1 + f 2 ( x ) = 5

Trang 15


⇔ 1 + f 2 ( 1) = 25 ⇔ f 2 ( 1) = 24 ⇔ f ( 1) = 24 .
Câu 33: Đáp án D

ur
uu
r
Các vtpt của hai mặt phẳng ( P ) và ( Q ) lần lượt là n1 ( 3;1;0 ) , n2 ( 2;1;1)
r

ur uu
r
Vtcp của đường thẳng cần tìm là: u =  n1 ; n2  = ( 1; −3;1) . Phương trình đường thẳng đó là

x = 1+ t

 y = 2 − 3t .
 z = 3 + t

Câu 34: Đáp án C
Phương pháp:
Hàm số nghịch biến trên ( −∞; −1) nếu g ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1)
Cách giải:
Ta có: g ′ ( x ) = − f ( 1 − x ) = − ( 1 − x ) ( 1 − x − 2 ) ( 1 − x ) − 6 ( 1 − x ) + m 
2

= − (1− x)

2

2

( −1 − x ) ( x 2 + 4 x + m − 5) = ( x − 1) ( x + 1) ( x 2 + 4 x + m − 5 )
2

Hàm số g ( x ) nghịch biến trên ( −∞; −1)
⇔ g ′ ( x ) ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1) ⇔ ( x + 1) ( x 2 + 4 x + m − 5 ) ≤ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1)
⇔ x 2 + 4 x + m − 5 ≥ 0, ∀x ∈ ( −∞; −1) (do x + 1 < 0, ∀x ∈ ( −∞; −1) )
⇔ h ( x ) = x 2 + 4 x − 5 ≥ m, ∀x ∈ ( −∞; −1) ⇔ − m ≤ min h ( x )
( −∞ ; −1]

Ta có h′ ( x ) = 2 x + 4 = 0 ⇔ x = −2
BBT:
–

Dựa vào BBT ta có −m ≤ −9 ⇔ m ≥ 9
Mà m ∈ [ −2019; 2019] mà m nguyên nên m ∈ [ 9;10;11;...; 2019] hay có 2019 − 9 + 1 = 2011 giá trị của m
thỏa mãn.
Câu 35: Đáp án D
x +1
x +1
Ta có: f ( x ) < 4e + m ⇔ m > f ( x ) − 4e = g ( x )

 f ′ ( x ) ≤ 4
x +1
Mặt khác g ′ ( x ) = f ′ ( x ) − 4e , với x ∈ ( −1;1) thì 
x +1
2
 −4e ∈ ( −4e ; −4 )
Do đó g ′ ( x ) ≤ 4 − 4 = 0 suy ra hàm số g ( x ) nghịch biến trên khoảng ( −1;1)
Khi đó bảng biến thiên của g ( x ) là
Trang 16


x +1
2
Suy ra phương trình m > f ( x ) − 4e có nghiệm ⇔ m > g ( 1) ⇔ m > f ( 1) − 4e

Câu 36: Đáp án C
Theo bài ra, bạn lớp trưởng sẽ chọn ngẫu nhiên 4 học sinh trong 19 học sinh nữ và 25 học sinh nam.

4
Số cách chọn 4 học sinh trong 44 học sinh của lớp là: C44 = 135751
4
Số cách chọn cả 4 học sinh đều là nữ là: C19
4
Số cách chọn cả 4 học sinh đều là nam là: C25

⇒ Số cách chọn 4 học sinh trong đó có cả nam và nữ là: C444 − C194 − C254 = 119225 cách.
Xác suất để 4 học sinh được chọn có cả nam và nữ là:

119225
≈ 0,8783
135751

Câu 37: Đáp án C
Trước khi đặt vào khối hộp một khối trụ thì thể tích lượng nước có trong khối hộp là
Vn = 40.80.50 = 160000 ( cm3 )
Gọi h(cm) là chiều cao của mực nước so với đáy.
Sau khi đặt vào khối hộp một khối trụ thể tích lượng nước là
Vn = h. ( 4000 − 400π ) ( cm3 )
Do lượng nước không đổi nên ta có h. ( 4000 − 400π ) = 160000
⇔h=

16000
≈ 58,32 ( cm )
4000 − 400π

Câu 38: Đáp án D
2x

3

+ x2 −2 x+ m

− 2x

2

+x

3

+ x3 − 3x + m = 0 ⇔ 2 x + x

2

−2 x+m

+ ( x3 + x 2 − 2 x + m ) = 2 x

2

+x

+ ( x 2 + x ) (1)

t
Xét hàm số f ( t ) = 2 + t với t ∈ ¡
t
Do f ′ ( t ) = 2 .ln 2 + 1 > 0 ∀t ∈ ¡ nên hàm số f ( t ) đồng biến trên ¡

3
2
2
Phương trình (1) có dạng f ( x + x − 2 x + m ) = f ( x + x )

Suy ra x 3 + x 2 − 2 x + m = x 2 + x ⇔ m = − x3 + 3x (2)
Bài toán trở thành tìm tập các giá trị m để phương trình (2) có 3 nghiệm phân biệt.
3
Ta có BBT của hàm số g ( x ) = − x + 3x

Trang 17


x
y′
y

−∞

−

−1
0

1
0
2

+

+∞

−

−2
Yêu cầu bài toán ⇒ m ∈ ( −2; 2 ) hay a = −2; b = 2

+∞

−∞

Vậy a + 2b = 2
Câu 39: Đáp án D
Phương pháp:
Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD)
Xác định góc ϕ và tính sin ϕ
Cách giải:

Gọi M là trung điểm của SD, nhận xét góc giữa SB và (SCD) cũng bằng góc giữa OM và (SCD) (vì
OM / / SB )
Gọi H là hình chiếu của O trên (SCD)
⇒ ( OM , ( SCD ) ) = ( OM , MH ) = OMH
Trong (SBD) kẻ OE / / SH , khi đó tứ diện OECD là tứ diện vuông nên
Ta dễ dàng tính được OC =

1
1
1
1
=

+
+
2
2
2
OH
OC
OD OE 2

a
a 3
, OD =
2
2
2

a 3
OE OD 3
3
a 6
=
= ⇒ OE = SH , mà SH = SB 2 − BH 2 = a 2 − 
Lại có:
 3 ÷
÷ = 3
SH HD 4
4


Do đó OE =

3
3 a 6 a 6
SH = .
=
4
4 3
4

1
1
1
1
8
a 2
=
+
+
= 2 ⇒ OH =
2
2
2
2
a
4
a a 3 a 6
Suy ra OH
 ÷ 
÷


÷
2  2   4 
Tam giác OMH vuông tại H có OM =

1
a
a 2
OH
2
SB = , OH =
⇒ sin OMH =
=
2
2
4
OM
2
Trang 18


Vậy sin ϕ =

2
2

Câu 40: Đáp án D
Đặt

x + 1 = t ⇒ x + 1 = t 2 ⇒ dx = 2tdt

Đổi cận:
x = −1 ⇒ t = 0; x = 3 ⇒ t = 2
2

2

0

0

⇒ I = ∫ f ′ ( t ) 2tdt = ∫ 2 xf ′ ( x ) 2dx
u = 2 x
du = 2dx
Đặt  dv = f ′ x dx ⇒ v = f x
( )
( )


2

⇒ I = 2 x. f ′ ( x ) 0 − ∫ 2 f ( x ) dx = 4. ( −2 ) − 2.1 = −10
2

0

Câu 41: Đáp án C
Gọi d là đường thẳng cần tìm. Ta có: d1 cắt d 2 tại điểm I ( 1; 2;3) ⇒ d đi qua I
ur
uu
r

ur uu
r
ur uu
r
Lại có: u1 = ( 1;1;0 ) , u2 = ( 0;7;1) , vì u1.u2 = 7 > 0 ⇒ góc giữa u1 , u2 là góc nhọn
Suy ra vecto chỉ phương của góc tù tạo bởi d1 và d 2 là
ur uu
r
r u
( 1;1;0 ) − ( 0;7;1) = 1 5; −2; −1 ⇒ uuur = 5; −2; −1
u
u = ur1 − uu
r2 =
(
)
(
)
d
2
5 2
5 2
u1 u2
Câu 42: Đáp án D
Phương pháp:
Đặt

3sin x − cos x − 1
= t , biến đổi đưa về a sin x + b cos x = c , phương trình này có nghiệm khi
2 cos x − sin x + 4

a 2 + b 2 ≥ c 2 từ đó ta tìm được điều kiện của t.
Dựa vào đồ thị hàm số để xác định điều kiện nghiệm của phương trình f ( x ) = f ( t )
Từ đó suy ra điều kiện có nghiệm của phương trình đã cho
Chú ý rằng nếu hàm f ( t ) đồng biến (hoặc nghịch biến) trên ( a; b ) thì phương trình f ( u ) = f ( v ) nếu có
nghiệm thì đó là nghiệm duy nhất trên ( a; b ) ⇔ u = v
Cách giải:
Vì −1 ≤ sinx ≤ 1; − 1 ≤ cos x ≤ 1 nên 2 cos x − sinx > −3 ⇒ 2 cos x − sinx + 4 > 0
Đặt

3sin x − cos x − 1
= t ⇔ 3sin x − cos x − 1 = t ( 2 cos x − sin x + 4 )
2 cos x − sin x + 4

⇔ cos x ( 2t + 1) − sin x ( t + 3) = −4t − 1

Trang 19


Phương trình trên có nghiệm khi ( 2t + 1) + ( t + 3) ≥ ( −4t − 1)
2

2

⇔ 5t 2 + 10t + 10 ≥ 16t 2 + 8t + 1 ⇔ 11t 2 − 2t − 9 ≤ 0 ⇔ −

2

9
≤ t ≤1⇒ 0 ≤ t ≤1
11

Từ đồ thị hàm số ta thấy hàm số f ( x ) đồng biến trên ( 0;1)
Nên phương trình f ( x ) = f ( t ) với t ∈ [ 0;1] có nghiệm duy nhất khi x = t ⇒ x ≥ 0
 3sin x − cos x − 1
Do đó phương trình f 
 2 cos x − sin x + 4


2
÷ = f ( m + 4m + 4 ) có nghiệm


⇔ t = m 2 + 4m + 4 có nghiệm với 0 ≤ t ≤ 1
⇔ 0 ≤ m 2 + 4m + 4 ≤ 1 ⇔ ( m + 2 ) ≤ 1 ⇔ −3 ≤ m ≤ −1
2

Mà m ∈ ¢ nên m ∈ { −3; −2; −1} . Vậy có 3 giá trị m thỏa mãn yêu cầu.
Câu 43: Đáp án B
Ta có: w = z1 − z2 = z1 − iz1 = ( 1 − i ) z1 ⇒ z1 =
Suy ra

w
1− i

w + (1− i) ( 2 − i)
w
+2−i = 2 ⇔
= 2 ⇔ w + 1 − 3i = 2 2
1− i
1− i

Vậy tập hợp điểm biểu diễn số phức w là đường tròn tâm I ( −1;3) , bán kính R = 2 2 .
Câu 44: Đáp án B
Parabol y = ax 2 + bx + c có đỉnh I ( −2;1) và đi qua điểm ( −3;0 ) nên ta có
 b
 − 2a = −2
 a = −1


2
 4a − 2b + c = 1 ⇔ b = −4 ⇒ y = − x − 4 x − 3
9a − 3b + c = 0
c = −3


Do f ( −3) = 0 nên f ( −1) + f ( 1) =  f ( 1) − f ( 0 )  +  f ( 0 ) − f ( −1)  + 2  f ( −1) − f ( −3) 
1

0

−1

−1

3 8 31
= ∫ f ′ ( x ) dx + ∫ f ′ ( x ) dx + 2 ∫ ( − x − 4 x − 3) dx = S1 + S 2 + 2 ∫ ( − x 2 − 4 x − 3 ) dx = 1 + + =
2 3 6
0
−1
−3

−3
2

Với S1 , S 2 lần lượt là diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y = f ′ ( x ) , trục Ox và hai đường
thẳng x = −1, x = 0 và x = 0, x = 1 . Dễ thấy S1 = 1; S 2 =

3
.
2

Câu 45: Đáp án C

Trang 20



 f ′( x) = 0

2
Ta có: g ′ ( x ) = 6 f ( x ) . f ' ( x ) + 8 f ( x ) . f ′ ( x ) ⇔ g ′ ( x ) = 0 ⇔  f ( x ) = 0
f x =−4
 ( )
3
 x = x3 , x3 > x1
 x = −1
 x = x ∈ ( −1;0 )
4
 x = x1 < 1
4
Với f ′ ( x ) = 0 ⇔  x = 0 ; f ( x ) = 0 ⇔ 

; f ( x) = − ⇔ 
x
=
x
>
1
3
x =1

2
 x = x5 ∈ ( 0;1)

 x = x6 > 1, x6 < x2
f ( x ) = +∞ nên ta có bảng biến thiên cho g ( x ) như sau
Vì xlim
→+∞
x

−∞

g′ ( x)

−

x1

x3

0 + 0

−1
−

x4

0 + 0

0
−

x5

0 + 0

1
−

x6

0 + 0

g ( x ) +∞

x2

+∞

− 0 +
+∞

Từ đây ta suy ra số điểm cực tiểu của hàm số g ( x ) là 5
Câu 46: Đáp án A

Dựng thiết diện: PQ qua A và song song với BD (vì EF / / B′D′ / / BD )
PE cắt các cạnh BB′, CC ′ tại M và I. Tương tự ta tìm được giao điểm N. Thiết diện là AMEFN.
Dựa vào đường trung bình BD và định lí Ta –lét cho các tam giác IAC, DNQ, D'NF ta tính được:
IC ′ =

a
2a
2a
, ND =
. Tương tự ta tính được: MB =
. Và ta có QD = PB = a
3
3
3

1 a 1 a a a3
a 3 8a 3
Ta có: VIEFC ′ = . . . . =
. Dùng tỉ lệ thể tích ta có: VIPQC = 43.VIEFC ′ = 64. =
3 3 2 2 2 72
72
9
1 2a 1
a3
8a 3 a 3
a 3 47a 3
VNADQ = . . .a.a =

= VMPAB ⇒ V2 =
− − 2. =
3 3 2
9
9 72
9
72
Trang 21


Thể tích khối lập phương ABCD. A′B′C ′D′ là a 3 nên V1 = a 3 −
⇒

47 a 3 25a 3
=
72
72

V1 25
=
V2 47

Câu 47: Đáp án C
2
2
2
Ta có: ( P ) : a ( x − 2 ) + b ( y − 1) + c ( z − 9 ) = 0 ( a + b + c > 0 )

Mặt khác d ( I ; ( P ) ) = 4 ⇔

8c

2c

=4⇔

a 2 + b2 + c2

a 2 + b2 + c 2

=1

Do đó c ≠ 0 chọn c = 1 ⇒ a 2 + b 2 = 3
2a + b + 9

Đặt a = 3 sin t ; b = 3 cos t ⇒ d ( O; ( P ) ) =
=

a 2 + b2 + c 2

2a + b + 9 2 3 sin t + 3 cos t + 9 . Mặt khác
=
2
2
9 − 15
9 + 15
≤ d0 ≤
⇒ M +m=9
2
2

− 12 + 3 ≤ 2 3 sin t + 3 cos t ≤ 12 + 3 ⇒
Câu 48: Đáp án A

m
 
m 
m 

Ta có: g ′ ( x ) = 2 f ′  x + ÷− 2 x − m = 2  f ′  x + ÷−  x + ÷
2
2 
2 

 
m
m


x
+
<
−
3
x
<
−
3
−



m
 t < −3
2
2
⇔
⇔
Đặt t = x + thì g ′ ( t ) < 0 ⇔ f ′ ( t ) < t ⇔ 
m
m
m
2
2 < t < 5
2 < x + < 5
2 − < x < 5 −

2

2
2
m

 −3 − 2 ≥ 4
 m ≤ −14
⇔
Giả thiết bài toán thỏa mãn khi 
m
m
 −2 ≤ m ≤ 2
2 − ≤ 3 < 4 ≤ 5 −


2
2
Kết hợp điều kiện m ∈ ¢ , m ∈ [ −15;15] suy ra m = { −14; −15; −2; −1;0;1; 2}
Câu 49: Đáp án B
9.6 f ( x ) + ( 4 − f 2 ( x ) ) .9 f ( x ) ≤ ( −m 2 + 5m ) .4 f ( x )
f ( x)

3
⇔ −m + 5m ≥ 9.  ÷
2
2

2 f ( x)

3
+ ( 4 − f ( x ) ) . ÷
2
2

f ( x)

3
Từ đồ thị suy ra f ( x ) ≤ −2, ∀x ⇒ 9.  ÷
2
f ( x)

3
Suy ra g ( x ) = 9.  ÷
2

(1)

2 f ( x)

3
+ ( 4 − f ( x ) ) . ÷
2
2

2 f ( x)

3
≤ 4, ∀x và ( 4 − f ( x ) ) .  ÷
2
2

≤ 0, ∀x

≤ 4, ∀x ⇒ Max g ( x ) = 4
¡

Trang 22


Bất phương trình (1) nghiệm đúng ∀x ∈ ¡ ⇔ − m 2 + 5m ≥ 4 ⇔ 1 ≤ m ≤ 4
Vậy m ∈ { 1; 2;3; 4} .
Câu 50: Đáp án C
w( z + i) = 1− z ⇒ w =
w + 2 =1⇔

1− z
. Khi đó
z +i

1− z
+ 2 = 1 ⇒ z + 2i + 1 = z + i ⇒ 2i + 1 + a + bi = a + bi + i
z +1

⇔ ( a + 1) + ( b + 2 ) = a 2 + ( b + 1) ⇒ a = −b − 2
2

⇒T =

( a − 1)

2

2

2

+ ( b − 3) =
2

( b + 3)

2

+ ( b − 3) = 2b 2 + 18 ≥ 18 = 3 2 .

2

Trang 23